从几何的角度看代数问题.doc

1、 1 / 25从几何的角度看代数问题陈苗华 黄晓华 彭泽曼 陈霞婷 指导老师：耿堤华南师范大学数学科学学院 广州 510630摘要：将复杂的代数问题转化为几何问题，往往有事半功倍的效果，这里从构造几何图形的角度对代数问题进行求解，介绍了几种方法以及实例，包括了构造三角形，正方形或矩形，长方体，棱锥，以及利用托勒密定理。关键词: 构造几何图形 代数 不等式证明引言数学学习，从更深的层次讲，是发散型思维活动的学习，如果我们在学习数学的过程中。例如，在做各种数学习题的过程中，能主动地依据问题的已知条件和所求所证，多方向、多角度地拓宽我们的思维渠道，那么，我们的创造性思维能力将会得到很快的发展。下文仅

2、从构造图形解决数学问题培养数学创造性思维展开。构造图形解题，它的应用十分广泛，特别是有些技巧性很强的题目，如果不能发现题目中所隐含的几何意义，而用通常的代数方法去思考，经常让我们手足无措，难以下手，这时，如果能转换思维，发现题目中隐含的几何条件，通过构造适合的几何图形，将会得到事半功倍的效果，因为构造适当的几何图形往往能使问题的解决变得非常简洁巧妙。论文分为两部分，主要通过列举来说明，第一部分是对不同图形构造的总结（一共总结了六大类） ，第二部分是列举不等式证明题目，题目采用不同解法（主要是通过构造不同图形） 。部分题目是我们自己设计的，部分题目是从参考文献中提取并用不同解法得出的，在文中均有

3、注明。2 / 251图形构造的几类方法的总结1.1构造三角形解决代数问题：1.1 .1 利用勾股定理构造直角三角形例 1【1】 已知 x、y、z、r 都为正数，且 求证：,22zyx.2xr.rzy分析：由 很容易想到勾股定理，且又注意到 x、y、z 都为正数的条件，则会想,22到构造直角三角形来解决问题.证明：构造直角三角形如上图，其中， ， ， ；作 CD AB 于 D，由射影xBCyAzB定理,，又由题意有 且 r0，222,DzxBDAC即 有有 ,22x从而有 CD=r，所以ABC 的面积 ，这可得SABCrzxy .rzy例 2【2】 知：m、n、p 为正数，且 。求 的最小值.0

4、22pnmnmp分析：此题如果直接用代数方法来解，显得难以入手，但题目所给的等式 有022pn明显的几何结构，将其变形为 ，则会很容易联想到勾股定理，且又注意到22m、n、p 为正数这个条件，则会想到构造一个有关于直角三角形会有助于解题，从而使问题得到解决.解：构造以 m、n 为直角边，p 为斜边的 RtABC 和 RtDEC，如上图摆放，则在直角梯形 ABCD中，因为 AD= ， 所以 ，p,ADBCpnm2A DB Cp pm mEn n3 / 25所以 。2pnm所以 的最小值是 .例 3【3】 设 a、b、c、d 都是正数，证明存在一个三角形，它的边长为 abdacdac 2,2, 2

5、22 试计算这个三角形的面积 。3分析：通常的思维是证明三个数中最大数小于其它两数之和来证明三角形的存在，但这道题用此方法是很难证明的，海伦公式求面积法在此题中也很难运用.注意到 2222 )(adcacdbbd由勾股定理可构造一个边长为 ， 的矩形如下图：解：以 、 为边长作矩形 如上图，在 上取 ，使 ， ；在badcABCDAEbaED上取 ，ABF使 ， .由图 2 易知： 2222 )(,)(, adFCcaEc 从而 就是以上三个数为边长的三角形，其面积为：EC )(1)()(1)(21-d)b(ca cdbd（另外，我们模仿别人的题目设计了如下的变式题目并总结出自己发现的结论；对

6、于一些数学题目中的具体数字，如果能构造成平方和，也可利用上面的方法来解决；例 4 设 O 是ABC 的重心，且 OA=5，OB=12 ，OC=13 ，求ABC 的面积.分析：若学生对数字比较敏感，则能发现 5,12,13 有明显的几何意义，因为有,由此想到可以利用勾股定理构造直角三角形来解题.221354 / 25AB CDOE解：如上图，延长 AO 到 D，使 OD=AO，设 AD 交 BC 于 E，连结 BD、 CD,则容易证明四边形 OBDC 是平行四边形，从而有 DC=OB=12，BD=OC=13，又 OD=AO=5，由 知OBD 是直角三角形，22135 ，90BOD从而 BO AO

7、,又有 AO=OD,所以 ，3125SOBDA又重心和三顶点的连线所构成的三个三角形面积相等，所以 .903SABC类似的数组还有(1)3,4,5;(2) 7,24,25;(3)11,60,61;(4)12,35,37; (5)13,84,85;(6)20,21,29;(7)60,91,109;这些数组都满足两数的平方和等于另一个数的平方.由此我们可以总结出结论：设 O 是ABC 的重心，满足 ，则222|OC|B|A.|O|23SABC具体证明可以仿照例 4证明：不妨我们设 ,|,|,| cbaA均 为 正 数 ，则 ba,如上图，延长 AO 到 D，使 OD=AO，设 AD 交 BC 于

8、E，连结 BD、 CD,则容易证明四边形 OBDC 是平行四边形，从而有 DC=OB= ，BD=OC= ，c又 OD=OA= ， 由 知 ，222|OC|B|2c从而可知OBD 是直角三角形， ，90所以有 BOAO, 又有 AO=OD,所以 ，ab1SBDA又重心和三顶点的连线所构成的三个三角形面积相等，所以 ,231SABCab即 ,结论得证.|O|小结：由上可知，一般地，如果在数学题目中出现代数式的平方和，或者通过题目的条件能化5 / 25简出代数式的平方和，又或者题目中所含的数字满足勾股定理，而且题目难以通过一般的代数求解，这时可以转换思维，从几何的角度思考，利用勾股定理构造处直角三角

9、、矩形等来解题，往往能事半功倍.1.1.2 构造图形解三角代数问题对于三角代数问题，一般我们采用对左边进行积化和差与和差化积运算，由于项目繁多，而且还要根据角度的不同适当配项，往往容易出错。不难发现，很多这样三角函数的题目都具有一定的规律性，只要找出这样的一些规律，问题就会迎刃而解。下面介绍两种题目。这里以余弦为例，正弦的情况类似。1.1.2.1 角度成倍增加，可以考虑构造等腰三角形。即以 的形noscs2c式出现例 5【8】 证明 2173cos27cos解： ANMDBO C构造一个角如上图，作 MON= ，7在 ON 边上取 OA=1，以 OA 为腰作等腰三角形 OAB，则BAN= 。7

10、2又以 AB 为腰作等腰三角形 ABC， 则 MBC= 73又以 BC 为腰作等腰三角形 BCN，则 ODC=于是在 DOC 中， OCD= - DOC- ODC= - - ,故 DOC 为等腰三角形，即 OD=OC，而 OB=OB+BD= 73cos2OC=OX+AC=1 即cscs7o2 217cos3s7co6 / 251.1.2.2、 )1(cos)cos n、OOn-1O2O1对于 ，我们可以通过构造图形，在数轴 轴)1(cos)cos n、 ox上方以原点为起点逆时针方向作正 n 边形 ，其中边长为 1，与 x 轴正方向夹角为2，由于 为正 n 边形外角，所以矢量 ， ， ，与 o

11、x 轴正方向夹角分别为11on，+，,+(n-1)这些矢量在 ox 轴上的投影分别是,)1(cos)cosn、由于矢量 ， ， 构成封闭图形1o2n1故 01-n2因此边向量在 ox 轴上投影的代数之和亦为 0. 0)1(cos)cos n、特别地，当 =0 时，有 在这里 的取值只能是正 n 边形的外角。例 6：求证 0293cos1s49cos75cos 证明：这里 n=5, =5, =72(恰为正五边形外角)，构造的图形如下图所示7 / 25OO4O2O1725O3正五边形的边长为 1，边向量 ， ， 与 ox 轴正向夹角分别为 5，77 ，149 ，1o2o5221，293边向量在 o

12、x 轴上投影分别为 293cos149cs75cs、因为 （n=5）01-n21oo因此有 023os1s49s75cs 1.1.3利用余弦定理构造三角形例 7 设正数 满足方程组zyx,253129z1622x试求 .3的 值zy 22 390cos31) zyzy（分析：元方程组可变形为 222 510cos3)31( yxyx22 39)zz（22410cosx8 / 25150120AB Cxy31Pz 345解：构造如上图所示的三角形.由可得ABCPACPBSS .43210sin213150sin321 zxyyx即有 ,6424z所以 .3xyx小结：一般地，在解三元方程组的时候

13、，如果每个等式的次数都为 2，且通过化简可使每个等式都含有两个未知数的平方代数式的和，这时，用一般的解方程组的方法计算量将很大，如果联想到余弦定理，通过对等式作变式变换，看能否通过构造三角形解题，往往能快速解题.1.2、构造正方形或矩形解决代数问题例 8 已知 a， b，c R ，求证：.|cba|2222 c证明：观察原不等式含有 的形式，联想到 可看成长宽分别为 a，b 的矩形的ba2对角线，构造矩形如下图，9 / 25使 ， ， |， ， ， ，易知，|aAE|bFcGbAP|cQ|aRAB= ，BC = ，CD= ，AD=222a|),|(ba由两点之间直线段最短，可知 AB+BC+C

14、DAD，即 |).c|b|(a222 cb又因为有 |,| ba从而可知， .|c|2222 ac例 9【5】 从 1、2 、3、4 这 4 个数中任取两个数，求它们的积，共有 6 种情况：任两数之积的平均数为.,，635)42(6 先从 1,2,3,n 这 n个数中任取两个数相乘，试求“任两数之积的平均数 ”的值.(参考公式： ； ；1(21 6)12(22nn)2335解：构造图形，如上图，并设每个方格中的数字为两边所表数之积，则可得，所有方格中的数字个数为： ,4)1(2)()(1 )21(12 nn n（对角的方格中的个数为，由方格的对称性，任两数之积的和为6)!(12 .428222

15、 abccbacb10 / 25例 10 100 个正数 满足 ，1021aa 30121a求证：.021a .3分析与解答：由 联想到 100 个小正方形的面积和大于一个.10221aa边长为 100 的正方形的面积，又由 知这 100 个小正方形的边长之和应3012a该是 ，于是我们可以构造三个边长为 100 的并列的正方形，并拼成一个长为 300、宽为03100 的矩形，如下图，我们将用反证法证明结论.如果 则第一个边长为 100 的正方形中就含有三个互不重叠的矩形，宽分别为.1321a这时第二个边长为 100 的正方形中所含的小正方形，全可移至第一个正方形中宽为.,a的矩形中，第三个边

16、长为 100 的正方形中所含的小正方形中宽为 的矩形中，这就表明，面2 3a积之和： 矛盾，从而.10221a .1021a1.3构造长方体解代数问题例 11 若 均为锐角，且满足 。, 1coscos222（1） 求证： （2）求 的最小值。.3ttcot22tant分析：有已知 均为锐角，且满足 ，联想到长方体的对角线, cscs2与过同一点的三条棱所成的角的关系， 可以看成是长方体的一条对角线与过这条,对角线一端的三条棱所成的角。11 / 25ABCD1A1B1C1（1）证明：构造如上图所示的长方体， ，AD= ， AB=,11CBAD1a， 连结 ，易知 ，b,1cA1,BCcosco

17、s222212121 t,cot,cot baabbaDC23_9 3113)()(1 )(2 3)11)(ss222222 22222 2222 2 bacbacbaccbbaaccac当且仅当 时，即 时，等式成立。cba（2）解： 22tant 222 bccbab当且仅当 时，即 时， 取得最小值 .atant 212 / 251.4 构造棱锥解决代数问题例 12 已知 为正数， ，且zyx, 20,0, 。求证：| 2222 coscoscos zyyzxyax 证明:如上图，构造三棱锥 O-ABC,设 ，BOCAOB,且 zCyOBxA,则 ，2222 cos,cos yx.zyC

18、在底面 ABC 中，由 AB+ACBC，就可得所要证的不等式.评析：该题是此类问题的一般结论，如取：（1） 则有，60 ;2222 zyzxyx （2） 则有， 345 .32 222 zyzxyx1.5 构造图形计算定积分例 13【3】 求定积分 的值（ab）.xbad)(（分析：这个定积分可以用欧拉变换的办法来解决，但计算过程相当复杂.考虑到被积函数是 的比例中项,可以联想到几何中的一条结论构造一个半圆，)(x（ )(从而使问题很容易求解.OACB13 / 25如上图（b）设 MN 是半圆的直径，PQMN，则 PQ= ，由此可知 可PNM)(xba（以和半圆联系，设 MN= ，PN= ，则

19、 PQ= ,由此可得下面的解法.)ax（ )(xb)(xba（解：如上图（a）,设 A、B 为 x 轴上的两点，其横坐标分别为 a，b，R 为线段 AB 上的一个动点，其横坐标为 x.则|AR|=x-a ，|RB|=b-x，以 AB 为直径作半圆，过点 R 作 RTAB 交半圆于 T，则|RT|= ，可见，当动点 R 从点 A 移动到点 B 时，动点 T 的轨迹就是一个)(bx（半圆曲线，根据定积分的几何意义，可知所求定积分的值就是半圆的面积，即 =xad)(（ .ab82ab12）（）（ 例 14【6】 若 2lnb1,0、分析：即证 .不等式左边的式子：b-a 可构造为 ，而不等式右)ln

20、(2b 2dxba边式子 可以构造为 .这样，我们就可以在直角坐标系分别作出lnadxba2的图像（如下图） ，再根据定积分的几何意义可知， 对应为xy及 xba梯形 的面积， 对应为曲边梯形 的面积，而这两者面积的大小从BCA1xbaBA1图中可十分明显地分辨出来，从而可知原不等式成立.证明：在直角坐标系 xoy 中作出函数 的图像.设两图像交于 B 点，则 B 点坐标为 Bxby及.在 ox 轴上取 点， ，过 作 y 轴的平行线交 y=x 于 C 点，交),b（ 1A)0,(a1A点于xy14 / 25xyxbO xyab1A1BbBC因为梯形 的面积为 ，曲边梯形 的面积为 .B1dx

21、BA1dxba由图形可知，不论 A 点在曲线 上什么位置，在 的条件下，总有y成立即有B11S曲 边 梯 形平 行 四 边 形 SBC )(bdxxbaba即 )(2adxbxaba即 ln2故有 成立.)(2b1.6 利用托勒密定理构造图形著名的托勒密定理是：圆内接四边形两组对边成绩之和等于对角线乘积.例 15【4】 已知 试证：.1|;|,1122 baba且 12ba分析：本题若证明恒等式的常规方法做，运算量很大，而且很复杂.若从题目的已知条件联想到托勒密定理，构造一个适当的几何图形来接题，则会简便很多. ACBDa b证明：由|a| 1，|b|1,知可作两邻边长分别为 a,b 并内接于

22、以 AC=1 为直径的圆的四边形ABCD 中，如下图，由托勒密定理，得,即BDACDAB BDaba1122又已知 122ba15 / 25所以 BD=1，故有 12ba例 16 图，过ABC 的顶点 A 作 求证：，、于交、， EDBCACEBD2CBEDAB CD E1 234分析：本题如果考虑应用相似三角形的性质来证，则过程很复杂.若注意到符号那么就会很自然联想到托勒密定理，可考虑构造辅助圆证明之.”，“CE证明：作ADE 的外接圆交 AB、AC 于 F、G，连结 FG、EF则 AF因为 4321，所以 FGBC ， CB所以 2GFDCEB我们补充的数形结合变式题目：例 17【7】 已

23、知 都为正数， ，cba, 22cba求证： .)4os(rtan)22（分析：如果题目用通常的代数方法解决，会觉得不知如何下手，但是如果注意到的几何意义，就会联想到构造直角三角形来解决问题，又由22cba我们联想到余弦定理，综上，我们可以构造如下图)4os(artnb帮助解题.16 / 25A BCD abcc解：由题意，构造如上图，其中 AC 是圆的直径，AB=a，BC=b，AD=DC=c ，则有，22cba在ADB 中，由余弦定理，有|BD| ，BADcos|AB|D222 又 ，abrtn4C从而|BD| = ，2 )cs(2acc根据托勒密定理是：圆内接四边形两组对边成绩之和等于对角

24、线乘积.我们有，|AD| | BDAB即有 ，cab2)arctn4os(2bca化简可得 .)(rt)2（综上，原题得证.由上我们可以看到，从几何的角度看代数问题，不失为一种很好的解题方法。根据数学题目的已知条件的几何意义恰当地构造几何图形解题可使解答简捷明快，一目了然，给人以耳目一新的解题感受，甚至令人拍案惊奇；同时，几何图形的构思，需要较好的观察能力和想象能力，这对于培养学生的创造思维能力,综合运用知识的能力及培养学生的数学兴趣具有很重要的作用，因此，在教学过程中，教师要强化数形结合的思想.2. 例举多种方法解不等式证明题以下证明题是我们从各个参考资料中提取出来，在解法上采用通过构造不同

25、的图形一题多解的形式。例 18设 三个正数中任何两者之和大于第三者，求证： .cba, )(22cabcba分析：从已知条件可得 三个数之间恰好符合三角形三边的关系，所以可以联想到构造分cba,17 / 25别以 为三边的三角形，如图 1cba, AB Cacb图 1由余弦定理得 所以 ，同理：,2cosabcCabc2)(2， ，由+得ba)(22)(2.cc。)(22a例 19 正数 和 满足条件 求证： 10 cba， CBA, kcbaCB2kCBcAb方法一：构造三角形分析：由已知条件 ，我们可以联想到构造边长为 k 的等边三角形，kcba如图 2，在图中 。，三 角 形 满 足 B

26、GNPFNCMEAP bca,PM NBCFEA Gabc图 2则 ，60bsin21ASPEG， ， ，又CaMF 60Bcsin21MGFS 60sink12PMNSPEGMNS18 / 25，即有 Ab+Bc+CaNGFMES2k方法二：构造正方形（证明自创）分析：由题意中的 可以联想到构造边长为 的正方形，而 则可以看成是正方2k acbCBA，形中切割而成的长方形的面积，例如可以如下图 3 构造正方形 EFGH，在正方形上分别取EI=A,IF= ， FJ=C， JG=c， GK=C， KH=c， HL=B， LE=ba cCCBbcGHJKL NMQAFIEa图 3则 ，而由图 3

27、可以看出，cabk2 BSSASS LMKHIFJNEIQMEFGH 长 方 形长 方 形长 方 形正 方 形 ， 2kCabAEGHLKHIFJNIQM， 所 以正 方 形长 方 形长 方 形长 方 形以下例题就可以用以上介绍的两种方法证明设 x，y，z 是小于 1 的正数，求证：x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）CD,所以ba1ab220 / 25补充：例外利用相交弦定理和切割线定理分别都可以得出相应的结论，这里就不做进一步探究，有兴趣的同学可以自行证明。解法二：构造长方形解决不等式（这里我们不妨设 ab）（证明自创）分析：我们可以把 看成是以长为 ，宽为 的长方形的面积，而把 看成

28、是两个以abab2a为斜边的等腰直角三角形的面积之和，同理，可以把 看成是两个以 为斜边的等腰直角a 2b三角形的面积之和，例如图 6BACDG EFH图 6在图 6 中，四边形 ABCD 是长方形，其中 AB= ，AD=ba、 、 abBECAFDDHCABG解： ,4214b21 BECAFDDHCABG SS，所以 ,而 ，从图中2baBECAFDS abABCD长 方 形我们可以看出 ，所以 ，而等号成立时当且仅当BCS长 方 形ab20b2a0 ， 即， 所 以， 即正 方 形 FHEGS例 22 2k2kn1k2kn21n21 bababa 、分析： 为两组正数，又根据不等式的形式

29、，联想到勾股定理，n21n21 、，、， 可构造 n 个三角形，问题可能得到解决。如图 721 / 250A1A1nA1a1bnB2a2b2AnA1B2Bnanb图 7解：、 nb/ a/,ba,a12 1221210A ABAB， 22120 ba ，2n1,n1kkn0所 以 折 线 2k2k0ba）（）（而 直 线 A而我们知道两点之间，直线段最短 n0n10A 2k2kn1k2kbaba）（）（所 以例 23 设 x，y，z 均为正数，求证： 。2222 xzzyyx 分析：由结论的对称形式，可知下列两式也成立。 、2222 xzzy。22 zyyxxz 这三个式子容易使我们联想到三角

30、形的余弦定理以及三边长之间的关系。解： ;10cos222 yyxzzz;2cs222 xx22 / 258, 2222 为 三 边 的 三 角 形 ， 如 图所 以 构 造 以 xzzyxyzx y120图 8 。所 以 2222 xzzyyx 解法三：（自创）运用勾股定理证明均值不等式,以下分两种情况讨论：（1 ）当 时)(ba 222)()(baba ， ， 三边刚好构成了一个直角三角形，2且 是斜边， ， 为直角边 ba2ba2ba2 ABCab2bA BC ba2ba22222zx23 / 25 22)()(baab ， ， 三边刚好构成一个直角三角形，且 是斜边， ， 为直角边 2

31、baab2ab2ABCab12baba 221)()(baba ， ， 三边刚好构成一个直角三角形，1且 是斜边， ， 是直角边。abba12 12由以上的分析得出： 12baa2b2a)(b（2 ）当 时)( =1baa22ab综上所述： 21b )0(、（证明思路分析借用直角三角形的性质，可将均值不等式相邻每两项构造成直角三角形对应的边，从直角边大于斜边这个简单的结论，我们就可以判断这个两个式子的大小，从而可推出了均值不等式，这样的方法一目了然，运用的知识点少，学生容易理解和记忆。 ）24 / 25利用以上的证明思路与方法，解答以下的题目若 ，且 则 ，当且仅当 时Rbadc， dcba,

32、 cdabdca)( dbac取“” 。解答：显然，若 ，b)(对 的情况进行构图dbac根据勾股定理证明均值不等式的证明 过程，可以类似地构造三角形，如下图a2B CADE2)(ba2ba2dc)(dc FG（ ABC 是直角三角形 ， DF/BC， AF=AE， FG BC）由图中可知， 2)()(2dbcadcbaAB 2)()(2dbcadcbaAC所以可求出 ，(ABC )(dbca在 Rt ADF 中， ，aDF2 abDFBG在 AFC 中，AF+FCAC，所以 ECCF在 Rt CFG 中， cdCG22-E所以 BC=BG+GCBG+ cd即 证明得证.aba)(参考文献25

33、 / 251杨晓东.图形构造法J.职业教育技术，1999（22）2周瑜芽.数形结合百般好J.初中生之友学习号3李金田.李秋莲.构造几何图形，解决数学问题J.孝感师专学报（自然科学版） ，1996（1）4陈敏君，徐光考.捕捉符号信息 构造图形解题J.数学教学研究，1997（6）5王广新.构造图形解决代数问题的新途径J.河北理科教学研究，2007（2） 6府钰.利用定积分构造图形面积证明不等式J.东吴教学（自然科学版） ，1989（3）7陈敏君，徐光考.捕捉符号信息 构造图形解题J.数学教学研究，1997（6）8封希媛.构造图形巧证一类三角题J.青海师专学报.1994(3)9陆桂云，构造几何图形解题，中学数学教学，1996（2）10董彪. 浅议利用几何图形解决代数问题.阿坝师范高等专科科学校学报 2003.03.